\documentclass[12pt, a4paper]{article}
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\newcommand{\bvec}[1]{\ensuremath{\mathbf{#1}}}
\newcommand{\formula}[1]{\text{式} \ref{#1} }

\begin{document}
	\section{三维下的一些PDE}
	由于本人学艺不精，本笔记可能存在一些错误。
	
	我们之前已经知道了不少PDE在一维下的形式。现在我们要把他推广到三维：
	\begin{equation}
		u = u(x,y,z,t) \qquad 
		\begin{aligned}
			\pdv[2]{u}{t} &= c^2 \laplacian u& \qquad \text{波动方程} \\
			\pdv{u}{t} &= D_f \laplacian u& \qquad \text{扩散方程}\\
			 \qquad i \hbar \pdv{u}{t} & = -\frac{\hbar^2}{2m} \laplacian u & \qquad \text{自由粒子薛定谔方程}\\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	\begin{equation}
		u=u(x,y,z) \qquad \laplacian u = 0 \qquad \text{Laplace 方程} 
	\end{equation}
	其中$\laplacian{~} = \pdv[2]{~}{x}+\pdv[2]{~}{y}+\pdv[2]{~}{z}$是Laplace算符。
	
	与一维情况类似，这些方程的求解步骤大同小异，因此下文我们仅以波动方程的求解为例。
	此外，我们注意到这些方程都含有$\laplacian u$这一结构，因此求解这个结构将是重点。
	
	\section{波动方程}
	\subsection{本征解与分离变量}
	假设我们要求解波动方程，即求解$u$的函数形式：
	\begin{equation}\label{wave_eq}
		u = u(x,y,z,t) \qquad \pdv[2]{u}{t} = c^2 \laplacian u
	\end{equation}
	同一维情况一样，我们假定PDE的解可以写为一组本征解的线性组合
	（严格地说这么书写是不大准确的，但是为了方便理解我们先如此假设）：
	\begin{equation} \label{eq_sum_simple}
		u = \sum_n c_n u_n \qquad \text{不严格！}
	\end{equation}
	随后，我们仍然假定每一个本征解都可以继续分离变量、写为四个一元函数的乘积
	\begin{equation} \label{eq_XYZT}
		u_n(x,y,z,t) = X(x) Y(y) Z(z) T(t)
	\end{equation}

	\subsection{分离时间部分}
	我们将\formula{eq_XYZT} 代回原波动方程，得到
	\begin{equation}
		\pdv[2]{~}{t} ~(XYZT)= c^2 \laplacian (XYZT)
	\end{equation}
	由于$XYZ$不含$t$，而$T$不含$x,y,z$，因此
	\begin{equation}
		(XYZ) \pdv[2]{T}{t}= c^2 T \laplacian (XYZ)
	\end{equation}
	两边同除以$XYZT$
	\begin{equation}
		\frac{1}{T}\pdv[2]{T}{t} = c^2 \frac{1}{XYZ}  \laplacian (XYZ)
	\end{equation}
	令两边同为分离常数$-\lambda$，那么原式被分离为一个关于$t$的ODE与一个关于$x,y,z$的PDE：
	\begin{equation}
		\left \{
		\begin{aligned}
			\pdv[2]{T}{t} &= -\lambda T\\
			\laplacian (XYZ) & = -\frac{\lambda}{c^2} (XYZ)\\
		\end{aligned}
		\right.
	\end{equation}
	
	\subsection{分离空间部分}
	接下来我们处理关于$x,y,z$的PDE，$\laplacian (XYZ) = -\frac{\lambda}{c^2} (XYZ) $。我们将$\laplacian$展开：
	\begin{equation} \label{eq_spatial}
		\pdv[2]{(XYZ)}{x}+\pdv[2]{(XYZ) }{y}+\pdv[2]{(XYZ) }{z}~= -\frac{\lambda}{c^2} (XYZ)
	\end{equation}
	我们重施故技：
	由于$X$是无关$y,z$的，而$YZ$是无关$x$的，因此，
	\begin{equation}
		YZ \pdv[2]{(X)}{x}+X \pdv[2]{(YZ)}{y}+X\pdv[2]{(YZ) }{z}~= -\frac{\lambda}{c^2} (XYZ)
	\end{equation}
	仍然两边同除以$XYZ$
	\begin{equation}
		\frac{1}{X} \pdv[2]{(X)}{x}+\frac{1}{YZ} \pdv[2]{(YZ)}{y}+\frac{1}{YZ} \pdv[2]{(YZ) }{z} = -\frac{\lambda}{c^2}
	\end{equation}
	移项并引入新的分离常数$- \lambda_x / c^2$：
	\begin{equation}
		\frac{1}{X} \pdv[2]{(X)}{x}  = -\frac{\lambda}{c^2} - \frac{1}{YZ} \pdv[2]{(YZ)}{y}-\frac{1}{YZ} \pdv[2]{(YZ) }{z} = -\frac{\lambda_x}{c^2}
	\end{equation}
	整理后，这个PDE继续被分离为一个关于$x$的ODE与一个关于$y,z$的PDE：
	\begin{equation}
		\left \{
		\begin{aligned}
			\pdv[2]{(X)}{x}  &=  -\frac{\lambda_x}{c^2} X\\
			\pdv[2]{(YZ)}{y}+\pdv[2]{(YZ) }{z} &= - \frac{\lambda-\lambda_x}{c^2} YZ
 		\end{aligned}
 		\right.
	\end{equation}
	这个关于$y,z$的PDE可以继续被分离变量，读者自证不难。
	
	总之，最终，这个关于$x,y,z$的PDE被分离为了$3$个分别各自关于$x,y,z$的ODE，并引入了两个分离常数$\lambda_x, \lambda_y$：
	\begin{equation}
		\left \{
		\begin{aligned}
			\pdv[2]{(X)}{x}  &=  -\frac{\lambda_x}{c^2} X\\
			\pdv[2]{(Y)}{y}  &=  -\frac{\lambda_y}{c^2} Y\\
			\pdv[2]{(Z)}{z}  &= - \frac{\lambda-\lambda_x-\lambda_y}{c^2} Z \\
		\end{aligned}
		\right.
	\end{equation}
	这个方程不大好看，因为$Z$的ODE和其他二个不大对称。
	没关系，只需要令$\lambda_z = \lambda-\lambda_x-\lambda_y$，
	那么形式变得规整：
	\begin{equation}
		\left \{
		\begin{aligned}
			\pdv[2]{(X)}{x}  &=  -\frac{\lambda_x}{c^2} X\\
			\pdv[2]{(Y)}{y}  &=  -\frac{\lambda_y}{c^2} Y\\
			\pdv[2]{(Z)}{z}  &= - \frac{\lambda_z}{c^2} Z \\
			\lambda & = \lambda_x+\lambda_y+\lambda_z\\
		\end{aligned}
		\right.
	\end{equation}
	虽然看似引入了新的“分离常数”$\lambda_z$，
	但是在这种书写下，$\lambda$变得由$\lambda_x, \lambda_y, \lambda_z$确定、不再是独立的常数，因此实则没有引入新的分离常数，只是改变了常数的“依赖关系”。
	
	\subsection{本征解}
	至此，我们引入三个分离常数$\lambda_x,\lambda_y,\lambda_z$，将原PDE分离为了四个ODE：
	\begin{equation} 
		\left \{
		\begin{aligned}
			\pdv[2]{T}{t} &= - \lambda T\\
			\pdv[2]{(X)}{x}  &=  -\frac{\lambda_x}{c^2} X\\
			\pdv[2]{(Y)}{y}  &=  -\frac{\lambda_y}{c^2} Y\\
			\pdv[2]{(Z)}{z}  &= - \frac{\lambda_z}{c^2} Z \\
			\lambda & = \lambda_x+\lambda_y+\lambda_z\\
		\end{aligned}
		\right.
	\end{equation}
	我们熟悉这四个ODE的解，如果不熟悉，请参考隔壁附录。
	对于固定边界的振动，我们一般只需要考虑$\lambda_x, \lambda_y, \lambda_z$均$>0$的情况，因此问题比较简单：
	\begin{equation}
		\begin{aligned}
			T &= A_1 \sin(\sqrt{\lambda} t) + A_2 \cos(\sqrt{\lambda} t) \\
			X &= A_3 \sin(\sqrt{\lambda_x/c^2} x) + A_4 \cos(\sqrt{\lambda_x/c^2} x) \\
			Y &= A_5 \sin(\sqrt{\lambda_y/c^2} y) + A_6 \cos(\sqrt{\lambda_y/c^2} y) \\
			Z &= A_7 \sin(\sqrt{\lambda_z/c^2} z) + A_8 \cos(\sqrt{\lambda_z/c^2} z) \\
		\end{aligned}
	\end{equation}
	和一维的情况类似，边界条件约束了可行的$\lambda_x, \lambda_y, \lambda_z$、使其一般不能连续取值等。
	由于一个本征解具有$\lambda_x, \lambda_y, \lambda_z$等三个分离常数（在一维情况下只有一个$\lambda$），
	为了分别描述$\lambda_x, \lambda_y, \lambda_z$各自的取值情况以代表一个本征解，我们需要使用$n,l,m$共三个量（在一维情况下只需一个$n$）。
	因此，一个本征解是
	\begin{equation} 
		u_{nlm} = X_n Y_l Z_m T_{nlm}
	\end{equation}
	这里的$X_n$强调了$X$的形式与$\lambda_x$有关等。
	最终解是本征解的线性组合，需要分别对$n,l,m$累和，即叠加$\lambda_x, \lambda_y, \lambda_z$各种取值下的本征解。
	因此，\formula{eq_sum_simple} 更合理的表述应该是：
	\begin{equation}
		u= \sum_n \sum_l \sum_m c_{nlm} u_{nlm}
	\end{equation}
	至此，我们原则上解决了一个三维波动方程问题。
	最大的特点是，我们多次使用分离变量法以完全分解PDE。
	如上所述，对于一个四变量问题，我们需要三次分离变量并引入三个分离常数。

	或许我们回想到氢原子电子轨道中，我们使用主量子数、角量子数与磁量子数$n,l,m$来描述一个电子轨道，
	实则这三个量就是我们分离变量求解氢原子电子的薛定谔方程时，用以代表分离常数的取值的数。
	具体参考隔壁笔记。
	

	\newpage
	
	\section{Laplace 方程}
	\footnote{参考：https://zhuanlan.zhihu.com/p/672616191}
	Laplace方程是
	\begin{equation}
		u=u(x,y,z) \qquad \laplacian u = 0
	\end{equation}
	Laplace方程不显含时、并只含三个变量$x,y,z$。
	我们预计需要分离变量二次并得到二个分离常数。

	依然，我们假定解可以写为一组本征解的线性组合，并对每一个本征解分离变量：
	\begin{equation} 
		u = \sum_{nl} c_{nl} u_{nl} \qquad u_{nl}(x,y,z) = X(x) Y(y) Z(z)
	\end{equation}
	代回原方程
	\begin{equation}
		\pdv[2]{(XYZ)}{x}+\pdv[2]{(XYZ) }{y}+\pdv[2]{(XYZ) }{z}~= 0
	\end{equation}
	改写引入分离常数$\lambda_x$
	\begin{equation}
		\frac{1}{X}\pdv[2]{(X)}{x} = - \frac{1}{YZ}\pdv[2]{(YZ) }{y} - \frac{1}{YZ}\pdv[2]{(YZ) }{z} = \lambda_x
	\end{equation}
	同理继续分解$YZ$并引入分离常数$\lambda_y$。最终，我们得到三个ODE：
	\begin{equation}
		\left \{
		\begin{aligned}
			\pdv[2]{(X)}{x}  &=  \lambda_x X\\
			\pdv[2]{(Y)}{y}  &=  \lambda_y Y\\
			\pdv[2]{(Z)}{z}  &= (-\lambda_x-\lambda_y) Z \\
		\end{aligned}
		\right.
	\end{equation}
	当然，我们可以设$\lambda_z  = -\lambda_x-\lambda_y$以让方程更规整。
	但要注意的是，这里$\lambda_z$总与$\lambda_x, \lambda_y$有关、不能独立变化。
	\begin{equation}
		\left \{
		\begin{aligned}
			\pdv[2]{(X)}{x}  &=  \lambda_x X\\
			\pdv[2]{(Y)}{y}  &=  \lambda_y Y\\
			\pdv[2]{(Z)}{z}  &= \lambda_z Z \\
			\lambda_z & = -\lambda_x-\lambda_y
		\end{aligned}
		\right.
	\end{equation}
	要继续求解这些ODE，我们需要确定$\lambda_x, \lambda_y, \lambda_z$的取值。
	与波动方程不同，我们最好完整地考虑$\lambda_x, ...$分别大于、小于或等于$0$的所有情况；
	但由于$\lambda_z$依赖于$\lambda_x, \lambda_y$，因此有些组合是不可能的；
	情况的总数应小于$3^3=27$，如果我没数错的话，应该共有$13$种情况。
	
	比如，假设$\lambda_x > 0, \lambda_y > 0, \lambda_z = -\lambda_x-\lambda_y<0$，那么，
	\begin{equation}
		\text{假设}
		\lambda_x > 0, \lambda_y > 0, \lambda_z <0 
		\qquad
		\left \{
		\begin{aligned}
			X &= A_1 e^{\sqrt{\lambda_x} x} + A_2 e^{-\sqrt{\lambda_x} x} \\
			Y &= A_3 e^{\sqrt{\lambda_y} y} + A_4 e^{-\sqrt{\lambda_y} y} \\
			Z &= A_5 \sin(\sqrt{-\lambda_z} z) + A_6 \cos(\sqrt{-\lambda_z} z) \\
		\end{aligned}
		\right.
	\end{equation}
	其余情况依次类推。看起来Laplace方程的解的形式具有一定的“非对称”性。
	
	总之，一个本征解可以写为：
	\begin{equation}
		u_{nl} = X_n Y_l Z_{nl}
	\end{equation}
	因此，
	\begin{equation}
		u = \sum_{nl} c_{nl} u_{nl}
	\end{equation}

	\newpage

	\section{Helmholtz 方程}
	
	如果我们抽象化\formula{eq_spatial}，我们会得到如下形式的方程：
	\begin{equation}
		u=u(x,y,z) \qquad \laplacian u = \lambda u
	\end{equation}
	这被称为Helmholtz方程。如果我们求解扩散、薛定谔方程，我们也会遇到类似Helmholtz方程的部分。
	因此，Helmholtz方程的求解是比较重要的。
	
	Helmholtz方程的求解已在上文提及。但是，在求解由其他方程导出的Helmholtz方程时，
	$\lambda_x, \lambda_y,\lambda_z$的取值范围可能比较多样，需要分别考虑大于、小于或等于$0$的所有情况；
	因此，一共是$3^3=27$种情况。

\end{document}

